Aufgaben:Exercise 1.6Z: Ternary Markov Source

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Die Grafik zeigt eine Markovquelle mit M = 3 Zuständen A, B und C. Für die beiden Parameter dieses Markovprozesses soll gelten:

$$0 \le p \le 0.5 \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}0 \le q \le 1 \hspace{0.05cm}.$$

Aufgrund der Markoveigenschaft dieser Quelle kann die Entropie auf unterschiedliche Weise ermittelt werden:

• Man berechnet die beiden ersten Entropienäherungen H₁ und H₂. Dann gilt:

$$H = 2 \cdot H_{\rm 2} - H_{\rm 1} \hspace{0.05cm}.$$

• Nach der so genannten direkten Berechnungsmethode kann die Entropie aber auch wie folgt berechnet werden (insgesamt 9 Terme):

$$H = p_{\rm AA} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + ... \hspace{0.15cm},$$

$$p_{\rm AA} = p_{\rm A} \cdot p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm AB} = p_{\rm A} \cdot p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.1cm}...$$

Hinwis: Die Aufgabe gehört zum Themenkomplex von Kapitel 1.2.

Fragebogen

1

Für welche Parameter p, q ergibt sich die maximale Entropie pro Symbol?

$p$ =

$q$ =

$H_\text{max}$ = $bit/Symbol$

2

Es sei p = 1/4 und q = 1. Welcher Wert ergibt sich in diesem Fall für die erste Entropienäherung?

$p = 1/4, q = 1:\ \ H_1$ = $bit/Symbol$

3

Weiterhin gelte p = 1/4 und q = 1. Welcher Wert ergibt sich in diesem Fall für die zweite Entropienäherung?

$p = 1/4, q = 1:\ \ H_2$ = $bit/Symbol$

4

Wie groß ist die Quellenentropie mit p = 1/4, q = 1?

$p = 1/4, q = 1:\ \ H$ = $bit/Symbol$

5

Wie groß ist die Quellenentropie mit p = 1/2, q = 0?

$p = 1/2, q = 0:\ \ H$ = $bit/Symbol$

Musterlösung

Solution

Hinweis: Aus Platzgründen verwenden wir in der Musterlösung „ld” anstelle von „log₂”.

a)  Die maximale Entropie ergibt sich dann, wenn die Symbole A, B und C gleichwahrscheinlich und die Symbole innerhalb der Folge statistisch voneinander unabhängig sind. Dann muss gelten:

• p_A = p_A|A = p_A|B = p_A|C = 1/3,

• p_B = p_B|A = p_B|B = p_B|C = 1/3,

• p_C = p_C|A = p_C|B = p_C|C = 1/3.

Beispielsweise erhält man aus p_C|C = 1/3 der Wert p = 1/3. Berücksichtigt man noch p_A|A = q · p, so folgt q = 1. Damit ergibt sich die maximale Entropie H_max = ld 3 = 1.585 bit/Symbol.

2.  Mit den Parameterwerten p = 1/4 und q = 1 ergibt sich das nebenstehende Übergangsdiagramm, das folgende Symmetrien aufweist:

• p_A|A = p_B|B = p_C|C = 1/4 (rot markiert),

• p_A|B = p_B|C = p_C|A = 1/2 (grün markiert),

• p_A|C = p_B|A = p_C|B = 1/4 (blau markiert).

Es ist offensichtlich, dass die Symbolwahrscheinlichkeiten alle gleich sind:

$$p_{\rm A} = p_{\rm B} = p_{\rm C} = 1/3$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_1 = {\rm ld}\hspace{0.1cm} 3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.585 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

3.  Für die zweite Entropienäherung benötigt man die 3² = 9 Verbundwahrscheinlichkeiten. Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe b) erhält man hierfür:

$$p_{\rm AA} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p_{\rm BB}= p_{\rm CC}= p_{\rm AC}=p_{\rm BA}=p_{\rm CB}=1/12 \hspace{0.05cm},\\ p_{\rm AB} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p_{\rm BC}=p_{\rm CA}=1/6$$

$$\Rightarrow \hspace{0.2cm} H_2 \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} \frac{1}{2} \cdot \left [ 6 \cdot \frac{1}{12} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 12 + 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 6 \right ] = \\ \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} \frac{1}{4} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 4 + \frac{1}{4} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 3 + \frac{1}{4} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 2 + \frac{1}{4} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 3 = \frac{3}{4} + \frac{{\rm ld}\hspace{0.1cm} 3}{2} \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5425 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

4.  Aufgrund der Markoveigenschaft der Quelle gilt

$$H = 2 \cdot H_2 - H_1 = [ {3}/{2} + {\rm ld}\hspace{0.1cm} 3] - {\rm ld}\hspace{0.1cm} 3\hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

Zum gleichen Ergebnis würde man mit folgender Rechnung kommen:

$$H \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p_{\rm AA} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + ... \\ \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 6 \cdot \frac{1}{12} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 4 + 3 \cdot \frac{1}{16} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm} 2 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

5.  Aus nebenstehendem Übergangsdiagramm mit den aktuellen Parametern erkennt man, dass bei Stationarität p_B = 0 gelten wird: B kann höchstens zum Starzeitpunkt einmal auftreten. Es liegt also eine binäre Markovkette mit den Symbolen A und C vor. Die Symbolwahrscheinlichkeiten ergeben sich zu:

$$p_{\rm A} = 0.5 \cdot p_{\rm C} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}p_{\rm A} + p_{\rm C} = 1 $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm A} = 1/3 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{\rm C} = 2/3\hspace{0.05cm}. $$

Damit erhält man folgende Wahrscheinlichkeiten:

$$p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}0\hspace{0.7cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm AA} = 0 \hspace{0.05cm},\\ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}1/2\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm CA} = p_{\rm C} \cdot p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} = 2/3 \cdot 1/2 = 1/3 \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm ld}\hspace{0.1cm}(1/p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} )= 1\hspace{0.05cm},\\ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}1\hspace{0.7cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm AC} = p_{\rm A} \cdot p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = 1/3 \cdot 1 = 1/3 \hspace{0.05cm},\hspace{0.61cm}{\rm ld}\hspace{0.1cm}(1/p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} )= 0\hspace{0.05cm},\\ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}1/2\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm CC} = p_{\rm C} \cdot p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} = 2/3 \cdot 1/2 = 1/3\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm ld}\hspace{0.1cm}(1/p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} )= 1 $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p_{\rm AA} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} +p_{\rm CA} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C}}+ p_{\rm AC} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm CC} \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C}}= \\ \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}0 + 1/3 \cdot 1 + 1/3 \cdot 0 + 1/3 \cdot 1 \hspace{0.15cm} \underline {= 0.667 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$